P9746 「KDOI-06-S」合并序列
mx练习赛搬的，虽然数据不咋样，但是一步步的优化思路确实值得一记。
P9746 合并序列
题目大意：
给你 \(n（1\le n \le 500）\) 个数 \(a_1,a_2,\ldots a_n\)（\(a_i < 512\)）。每次可以选一个3元组 \((i,j,k)\)，满足 \(i<j<k\)，并且 \(a_i\oplus a_j\oplus a_k=0\)，则你可以将 $ a_i \dots a_k$ 删掉并替换为 \(a_i\oplus a_{i+1}\oplus \cdots\oplus a_k\)。
请你判断是否能够使得序列 \(a\) 仅剩一个数。若可以，你还需要给出一种操作方案。
（\(\oplus\) 表示按位异或运算）
思路：
1. 区间dp
首先，可以看到 \(n\le 500\)，我们可以想到区间 \(dp\)。
我们设 \(f_{i,j}\) 为区间 \([i,j]\) 是否 \((1/0)\) 可以被消掉，\(s_{i,j}\) 为区间 \([i,j]\) 的异或和，那么我们有以下转移：
这样的话预处理 \(s\) 是 \(O(n^2)\) 的，然后转移是 \(O(n^6)\) 的，还要优化。
虽然数据弱的你剪剪枝不一定不过，但是你肯定不敢写
好歹这玩意是六次方，你肯定不信这玩意是正解
2. 优化
我i们会发现题目的 \(a_i\) 给的很小，和 \(n\) 是一个级别的，这个性质我们还没有用到，那么我们往值域上考虑。
考虑到异或和为零就意味着异或的两个数是相等的，所以如果你确定了两个区间，那么就意味着剩下的一个区间的异或的值就已经确定了。
那么我们设 $ g_{i,j,k} $ 为区间 \([i,j]\) 之间是否存在异或和为 \(k\) 的可行（相应 \(f\) 为 \(1\)）的区间。
那么转移就变成了：
这样的话，转移就会是 \(O(n^4)\) 的。
但是理论上还是过不去的，毕竟 \(n\) 和值域都是 \(500\)，还要乘上 \(T\)，但是数据……
2. 优化（二阶段）
如果我们再顺着上面的思路去想，会发现好像实在是没法优化了，考虑转换 \(dp\) 状态和枚举的东西。
首先，如果我们如果想要降低复杂度的话，一定要想用最少的枚举确定多个信息。
那它是什么呢？异或！
异或和为 \(0\) 的充要条件就是两个数相等。那我们可以枚举一个 \(k\)，表示某两个区间的异或和，和第三个区间的值，这两个值必须是相同的。
所以我们可以用这个性质将三个区间分成两份，不妨让前两个一起考虑，最后一个单独考虑。
这样我们就把区间分成了两份。
我们可以枚举 \(i,r,k\)，代表当前我在判断哪个区间可行，它的两部分的异或和是多少。
但是转移的话如果还是用之前的数组好像难以快速解决问题，我们考虑再优化。
有一个套路，\(dp\) 的时候如果状态只是记录可行性，可以考虑将某一维变成存储的值，记录在可行的条件下最优情况。
首先，\(f_{i,r}\) 显然是省不了的，也没必要省。
但是我们可以发现，\(g\) 数组一看就很傻是吧，只是维护一个区间内是否存在就很浪费，我们可以将他变为 \(g_{x,k}\)，意义是对于左端点 \(>x\) 的点，异或值为 \(k\) 的可行区间的右端点的最小值。
这样，在判断当前是否可行的时候，只要这个最小值和右边枚举的区间不交就行。
同时，我们会发现，同样的，枚举的 \([l,r]\) 这个区间……
插一下区间关系：
也很蠢，我们也可以设数组 \(lst_{r,k}\)，记录右端点等于\(r\)，异或值是 \(k\),最大的 \(l\) 是多少。
但是，如果只是变了这几个数组，还是无法降低复杂度，因为你至少还要枚举一个 \(j\)。
我们会想到，既然已经将前两个区间分为一组了，那我们直接记录 \(net_{i,k}\) 左端点 等于\(i\)，包含两个可行区间，最小的右端点是多少。
这样的话，转移的时候就直接枚举 \(i,r,k\)，只要 \(net_{l,k}\) 和 \(lst_{r,k}\) 不交，那就说明区间 \(i,r\) 可行。
一定注意一下枚举顺序，由于我们在判断当前区间的时候需要用当前区间左端点之后的信息，所以要倒序枚举 \(i\)，然后又因为需要用到当前区间内的小区间的信息，所以正序枚举一个 \(>i\) 的 \(r\)。
这样转移就是 \(O(n^3)\) 的，再看一下 \(g,net,lst\) 数组的维护。
首先 \(g\) 和 \(lst\) 都很好维护。
\(g_{i,k}\) 直接可以从 \(g_{i+1,k}\) 继承，然后每找到一个可行区间就更新。
\(lst\) 由于要卡到右端点，所以更简单，直接不停取 \(min\) 就好了。
但是，\(net\) 呢？
我们会发现由于 \(net\) 记录的是左端点等于 \(i\) 的两个区间，所以当我们找到一个合法区间的时候，都要进行更新，这是动态的，因为我们对于某个确定的 \(i\)，我们都有可能要用刚刚找到的可行区间来更新之后的区间。
你可能会想到，区间的判定就已经是 \(O(n^3)\) 的了，每次确定了一个区间之后又要用 \(O(n)\) 的枚举配合 \(g\) 来求解，这样不就是 \(O(n^4)\) 的了吗？
但其实会发现，可行的区间最多只有 \(O(n^2)\) 种，所以我们只会动态更新 \(net\) 数组 \(O(n^2)\) 次，每次是 \(O(n)\) 的，所以复杂度就是 \(O(n^3)\) 的。
这里一定要注意，为了保证 \(O(n^3)\) 的复杂度，一定要在判断出当前区间合法时直接退出循环，保证 \(net\) 数组只会动态更新 \(O(n^2)\) 次。
所以，最终复杂度 \(O(n^3)\)，理论上的正解。虽然跑的不一定比暴力快。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int rt=0; char g=getchar();
while(g<'0'||g>'9') g=getchar();
while(g>='0'&&g<='9') rt=(rt<<3)+(rt<<1)+g-'0',g=getchar();
return rt;
}
int a[505],sum[505][505];
bool f[505][505];
int net[505][512],lst[505][512];
int g[505][512],gans[505][512];
struct node{int i,j,x,y,l,r;}fans[505][505];
int ans[505][505];
struct nnode{int l,r;}netans[505][512];
int num;
inline void out(int l,int r)
{
if(l==r) return;
register int A,B,C;
A=fans[l][r].i-num;out(fans[l][r].i,fans[l][r].j);
B=fans[l][r].x-num;out(fans[l][r].x,fans[l][r].y);
C=fans[l][r].l-num;out(fans[l][r].l,fans[l][r].r);
printf("%d %d %d\n",A,B,C); num+=C-A;
}
int main()
{
register int T=read(),n;
register int i,j,k,l,r;
while(T--)
{
n=read(); memset(f,0,sizeof(f));
for(i=0;i<512;i++) g[n+1][i]=gans[n+1][i]=n+1;
for(i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read(),f[i][i]=1;
for(j=1;j<=i;j++) sum[j][i]=sum[j][i-1]^a[i];
for(j=0;j<512;j++) net[i][j]=n+1,lst[i][j]=0;
}
for(l=n;l;l--)
{
memcpy(g[l],g[l+1],sizeof(g[l+1]));
memcpy(gans[l],gans[l+1],sizeof(gans[l+1]));
g[l][a[l]]=gans[l][a[l]]=lst[l][a[l]]=l;
for(j=0;j<512;j++)
if(net[l][j^a[l]]>g[l+1][j])
net[l][j^a[l]]=g[l+1][j],netans[l][j^a[l]]={l,gans[l+1][j]};
for(r=l+2;r<=n;r++)
for(j=0;j<512;j++)
if(net[l][j]<lst[r][j])
{
ans[l][r]=ans[l][netans[l][j].l]+ans[netans[l][j].r][net[l][j]]+ans[lst[r][j]][r]+1,
f[l][r]=1,fans[l][r]={l,netans[l][j].l,netans[l][j].r,net[l][j],lst[r][j],r};
lst[r][sum[l][r]]=max(lst[r][sum[l][r]],l);
if(g[l][sum[l][r]]>r) g[l][sum[l][r]]=r,gans[l][sum[l][r]]=l;
for(k=0;k<512;k++)
if(net[l][k^sum[l][r]]>g[r+1][k])
net[l][k^sum[l][r]]=g[r+1][k],netans[l][k^sum[l][r]]={r,gans[r+1][k]};
break;
}
}
if(f[1][n]){printf("Huoyu\n%d\n",ans[1][n]);num=0;out(1,n);}
else puts("Shuiniao");
}
return 0;
}
